科学空间|Scientific Spaces

在之前的文章《几何的数与数的几何：超复数的浅探究》中，我们谈及过四元数。四元数源于把复数的$|(a+bi)(c+di)|=|a+bi|\times|c+di|$这一独特的性质进行高维推广。为什么偏爱这一性质？读者或许已经初步知道一些用到复数的这一性质的例子，有几何方面的，也有物理方面的，这一性质为处理模长相关问题带来了美妙的方便。本文介绍它在求三元二次齐次不定方程的整数通解中的应用，这一例子同样展示了复数这一性质的神奇，让我们不得不认同当初哈密顿为了将其推广到高维而不惜耗费十年光阴的努力。

勾股数问题

读者或许已经知道，勾股数，也就是满足
$$x^2+y^2=z^2$$
的所有自然数解，由下面公式给出
$$x=a^2-b^2,\quad y=2ab,\quad z=a^2+b^2$$

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有了上一篇文章的$\prod\limits_{p\leq n}p < 4^{n-1}$的基础，我们其实已经很接近Bertrand假设的证明了。Bertrand假设的证明基于对二项式系数$C_n^{2n}$的素因子次数的细致考察，而在本篇文章中，我们先得到一个关于素数之积的下限公式，然后由此证明一个比Bertrand假设稍微弱一点的假设。最后，则通过一个简单的技巧，将我们的证明推动至Bertrand假设。

二项式系数的素因子

首先，我们考察$n!$中的素因子$p$的次数，结果是被称为Legendre定理的公式：

$n$中素因子$p$的次数恰好为$\sum\limits_{k\geq 1}\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor$。

证明很简单，因为$n!=1\times 2\times 3\times 4\times \dots \times n$，每隔$p$就有一个$p$的倍数，每隔$p^2$就有一个$p^2$的倍数，每隔$p^3$就有一个$p^3$的倍数，每增加一次幂，将多贡献一个$p$因子，所以把每个间隔数叠加即可。注意该和虽然写成无穷形式，但是非零项是有限的。

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是时候了！

前面用好几篇文章为费马大定理的证明铺设了道路，当然，相当于完整的费马大定理证明来说，这几篇文章只不过是沧海一粟而已。不过，它们已经足够用来完成费马大定理在n=4时的证明了。我们很快会看到高斯整数为n=4所带来的简洁的证明，而这让我们坚信，这一道路可以走得更远。

不定方程$x^4+y^4=z^2$在$\mathbb{Z}[i]$中没有全不为0的解。

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在上一篇文章中，笔者提到似乎证明n=4时必须要证明$x^4+y^4=z^2$无解而不能只证明$x^4+y^4=z^4$无解。不过，在今天中午研究的时候，笔者发现了另外一个n=4的证明，它同样是在$\mathbb{Z}[i]$中，但是，证明的则是指数全是4的形式，但是，又不单单是$x^4+y^4=z^4$的形式，而是$\varepsilon x^4+y^4=z^4$，$\varepsilon$是单位数。这个证明过程，我觉得应该更接近n等于其他奇素数时的证明，遂补充了这篇文章，供大家参考。读者可以对比着上一篇文章进行比较阅读。

引理

用$\varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3,\varepsilon$表示$\mathbb{Z}[i]$中的单位数，下面先证明

如果方程$\varepsilon_1 x'^4 +\varepsilon_2 y'^4+\varepsilon_3 z'^4=0$在$\mathbb{Z}[i]$中有全不为0的解，那么在经过适当的化简和整理之后，方程必有形式$\varepsilon x^4+y^4=z^4$，其中$(x,y,z)$是$(x',y',z')$的某个置换，$\xi^2|x$。

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本想着开始准备n=3的证明，但这需要引入Eisenstein整数的概念，而我们已经引入了高斯整数，高斯整数的美妙还没有很好地展示给读者。从n=4的两个证明可以知道，引入高斯整数的作用，是把诸如$z^n-y^n$的式子进行完全分解。然而，这一点并没有给我们展示多少高斯整数的神奇。读者或许已经知道，复分析中很多简单的结果，如果单纯用实数描述出来，便会给人巧夺天工的感觉，在涉及到高斯整数的数论中也是一样。本文就让我们来思考费马平方和定理，以此再领会在高斯整数中处理某些数论问题时的便捷。——我们从费马大定理谈起，但又并不仅仅只谈费马大定理。

费马平方和定理：奇素数$p$可以表示为两个整数的平方和，当且仅当该素数具有$4k+1$的形式，而且不考虑相加顺序的情况下，表示法是唯一的。

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集合论的结果告诉我们，全体实数的集合$\mathbb{R}$跟全体无理数的集合$\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}$是等势的，那么，如何构造出它们俩之间的一个双射出来呢？这是一个颇考读者想象力的问题。当然，如果把答案给出来，又似乎显得没有那么神秘。下面给出笔者构造的一个例子，读者可以从中看到这种映射是怎么构造的。

为了构造这样的双射，一个很自然的想法是，让全体有理数和部分无理数在它们自身内相互映射，剩下的无理数则恒等映射。构造这样的一个双射首先得找出一个函数，它的值只会是无理数。要找到这样的函数并不难，比如我们知道：

1、方程$x^4 + 1 = y^2$没有除$x=0,y=\pm 1$外的有理点，否则将与费马大定理$n=4$时的结果矛盾。

2、无理数的平方根依然是无理数。

根据这些信息，足以构造一个正实数$\mathbb{R}^+$到正无理数$\mathbb{R}^+ \backslash \mathbb{Q}^+$的双射，然后稍微修改一下，就可以得到$\mathbb{R}$到$\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}$的双射。

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模板来自：http://liam0205.me/2013/08/25/LaTeX-xcumcmart/

源网站的某些附件出现了不可访问的情况，因此保险起见，在这里备份一下，也供同样参加数学建模的朋友下载。感谢liam0205的站长制作该模板。

原网站介绍：

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我们上近世代数课的时候，老师谈到在同构意义之下只有两个不同的四阶群，六阶群也是只有两个，还说到这是代数的研究生入学考试题目。说到这样了，我就饶有兴致地研究了一下，发现只有两个互不同构的四阶群这几乎是显然的，感觉这题用来做研究生考试题太水了吧？接着分析了一下六阶的情况，发现复杂了不少（元素增加）。而今天在实变函数课的时候，想到了一个简化的技巧，遂也证明了只有两个互不同构的六阶群。把结果和研究过程贴在这里，与大家分享。

两个四阶群

不管是四阶群还是六阶群，它们都是有限群。有限群的一个特点就是，可以把它们的乘法表写出来（只要不怕麻烦~~）。既然要研究四阶群的数目，我们只需要列出四阶群的乘法表就行了。设四阶群为$G_4=\{e, a, b, c\}$，其中$e$是单位元，根据这些信息，我们至少可以写出乘法表的一部分：
$$\begin{array}{c|cccc}
\cdot & e & a & b & c \\
\hline
e & e &a &b &c \\
a & a & & & \\
b & b & & & \\
c & c & & & \end{array}$$

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